La existencia de la función de la satisfacción de un cierto límite

Question

¿Existe una función real $f$ tal que $\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$ que $$\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x+1)f(x)}{x(f(x+1)-f(x))}=0?$$ Traté de potencias, logaritmos, exponenciales, en todo tipo de formas, pero al parecer si $f$ crece "más rápido" que $x$ la parte de arriba del límite que hace que se vaya al infinito, mientras que si es crecer 'lento', a continuación, la parte inferior hace que se vaya al infinito.

Por otro lado, no he sido capaz de probar que para cada una de dichas $f$ el límite es cero.

Answer 1

No hay solución a su problema si $f$ es asumido continua o monótono. Voy a demostrar que para el caso de que $f$ es continua, pero la misma prueba funciona bajo el supuesto de que $f$ es monótona.

Suponga que $f : \Bbb R \to \Bbb R$ es continua con $$ \etiqueta{1} \lim_{x \to \infty} |f(x)| = \infty \text{ y } \lim_{x\+\infty}\frac{f(x+1)f(x)}{x(f(x+1)-f(x))} = 0 \, . $$

$f$ debe tener signo constante en última instancia, por lo que sin pérdida de generalidad podemos suponer que $f$ es estrictamente positivo y $ \lim_{x \to \infty} f(x) = +\infty $.

A continuación, $g := 1/f$ es continua y positiva, con $$ \etiqueta{2} \lim_{x \to \infty} g(x) = 0 \text{ y } \lim_{x \to \infty} \, x \cdot \bigl|g(x) - g(x+1) \bigr| = \infty \, . $$ De ello se desprende que para $x \ge x_0$, $$ \bigl|g(x) - g(x+1) \bigr| > \frac 1x \, . $$ En particular, $g(x) - g(x+1)$ no es cero y por lo tanto (desde $g$ es continuo) de constante signo de $x \ge x_0$.

Ahora $g(x) - g(x+1) < 0$ implicaría que $g(x_0 + k) > g(x_0)$ todos los $k \in \Bbb N$, lo cual es una contradicción $ \lim_{x \to \infty} g(x) = 0$.

Por lo tanto, tenemos $$ g(x) - g(x+1) > \frac 1x \text{ para } x \ge x_0 \, , $$ La aplicación repetida de esta desigualdad se da $$ \begin{aligned} g(x_0) &> \frac {1}{x_0} + g(x_0+1) \\ &> \frac {1}{x_0} + \frac {1}{x_0+1} + g(x_0+2) \\ & ... \\ &> \frac {1}{x_0} + \frac {1}{x_0+1} + ... +\frac {1}{x_0+k} + g(x_0+k+1) \\ &> \frac {1}{x_0} + \frac {1}{x_0+1} + ... +\frac {1}{x_0+k} \end{aligned} $$ para cualquier $k \in \Bbb N$. Esto es una contradicción, porque para $k \to \infty$, el lado derecho diverge a infinito.

---

De modo que una solución a su problema no puede ser continua o monótono, pero aquí está un ejemplo: Definir $g(x)$ $x \ge 1$ por $$ g(x) = \begin{cases} \frac 1n & \text{if %#%#% and %#%#% is even} \\ \frac 1n - \frac{1}{\sqrt n}& \text{if %#%#% and %#%#% is odd} \\ \end{casos} $$ Puede comprobarse que $n \le x < n+1$ satisface $n \in \Bbb N$, por lo que $n \le x < n+1$ satisface $n \in \Bbb N$.

Answer 2

Sólo estoy haciendo la prueba para el caso de al $f$ es 'muy bien' en aumento, pero estoy seguro de que puede ser adaptado para cualquier $f$ tal que $f\to\infty$ (es solo un poco más técnica).

Supongamos que $\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x+1)f(x)}{x(f(x+1)-f(x))}=0$.

• Si por lo suficientemente grande como $x$, $a>0$ tal que $a\le f(x+1)-f(x)$ : a continuación, $f(x+1)f(x)=o(xa)$ lo cual es absurdo, ya $f(x+1)-f(x)\ge a$ implica que el $f$'s comportamiento al $x\to\infty$ es de al menos asintótica $ax$, si no está creciendo aún más rápido.

• Así lo suficientemente grande como para $x$, $f(x+1)-f(x)\to0$. (no podría ser, por supuesto los casos en que este no es el caso, pero son casos límite, por lo cual supuse que la función fue muy bien cada vez mayor).

En este caso, $f(x+1)f(x)\sim f^2(x)$

Por lo tanto, necesariamente,$\frac{f^2(x)}x\to0$. Sin embargo, $f(x+1)-f(x)\sim\frac{f^2(x+1)-f^2(x)}{2f(x)}$, lo $\frac{f(x+1)f(x)}{x(f(x+1)-f(x))}\sim2\frac{f^2(x)}{x(f^2(x+1)-f^2(x))}f(x)$. Desde $f^2(x)\to0$, $f^2(x)$ es en la mayoría de los asintóticamente $x(f^2(x+1)-f^2(x))$.

Por lo tanto $\boxed{\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x+1)f(x)}{x(f(x+1)-f(x))}\neq0}$

Answer 3

Esta bastante similar a Hippalectryon del enfoque (y de manera similar incompleta); sólo escribo para dar otro enfoque a pensar acerca de la solución.

Considere la posibilidad de la expansión de Taylor de una $f$

$$f(x+1)\approx f(x) + f'(x)$$

Sustituyendo, obtenemos

$$\frac{f(x)}x \left(\frac{f(x)}{f'(x)}+1\right)$$

Sólo intuitivamente, si este límite es ir a 0, necesitamos al menos uno (y esperamos) multiplicand / multiplicando a hacerlo así.

Teniendo en cuenta que $\lim_\limits{x\rightarrow\infty}f(x)=\infty$, tenemos $f$ a alcanzar el infinito "más lento" de $x$, pero también para su derivado mantener el ritmo de la misma.

No creo que estas fuerzas opuestas pueden ser reconciliados. Si el derecho es el factor de ser finito, tenemos $f$ a acercarse a una línea, pero es fácil ver que tal $f$$\infty$. Llegamos a la misma conclusión mediante el examen de la izquierda factor.

Si permitimos que la izquierda factor a ser infinito, debemos tener $f'(x) < 1$ $x$ suficientemente grande, pero esta límites que el derecho del factor por encima de 0.

El resto de posibilidad es la de que el derecho es el factor infinito, pero la izquierda se aproxima a 0 lo suficientemente rápida como para aniquilar a la derecha, lo que sugiere L'Hospital; de hecho, podemos obtener una especie de L'Hôpital forma reordenando la expresión original (como se insinuó por Martin R):

$$\frac{\frac1x}{\frac1{f(x)}-\frac1{f(x+1)}}$$

Yo realmente no podía conseguir cualquier cosa de tomar el numerador/denominador derivados de aquí, sin embargo.